Google
Câu hỏi: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O, cạnh bằng $a\sqrt{3}$, $\widehat{BAD}=60{}^\circ $, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và $\left( ABCD \right)$ bằng 45°. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng OG và AD bằng
A. $\dfrac{\sqrt{17}a}{17}$.
B. $\dfrac{\sqrt{5}a}{5}$.
C. $\dfrac{3\sqrt{5}a}{5}$.
D. $\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}$.
Do tam giác SAC là tam giác vuông cân tại A $\Rightarrow SA=AC=3a$
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD
Ta có:
$AD//MN\Rightarrow d\left( AD;OG \right)=d\left( AD;\left( SMN \right) \right)=d\left( A;\left( SMN \right) \right)$.
Kẻ $AE\bot BC\Rightarrow \left\{ I \right\}$, $AE\bot MO=\left\{ E \right\}$
Khi đó ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& MN\bot AE \\
& MN\bot SA \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow MN\bot \left( SAE \right)\Rightarrow \left( SAE \right)\bot \left( SMN \right)$ theo giao tuyến SE.
Trong tam giác SEA vuông tại A, kẻ $AH\bot SE=\left\{ H \right\}$
Khi đó $d\left( A;\left( SMN \right) \right)=AH$
Xét tam giác SAE có AH là đường cao, nên ta có $\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{E}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( 3a \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{3a}{4} \right)}^{2}}}=\dfrac{17}{9{{a}^{2}}}$
Suy ra $AH=\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}\Rightarrow d\left( OG;AD \right)=\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}$
A. $\dfrac{\sqrt{17}a}{17}$.
B. $\dfrac{\sqrt{5}a}{5}$.
C. $\dfrac{3\sqrt{5}a}{5}$.
D. $\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}$.
Do tam giác SAC là tam giác vuông cân tại A $\Rightarrow SA=AC=3a$
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD
Ta có:
$AD//MN\Rightarrow d\left( AD;OG \right)=d\left( AD;\left( SMN \right) \right)=d\left( A;\left( SMN \right) \right)$.
Kẻ $AE\bot BC\Rightarrow \left\{ I \right\}$, $AE\bot MO=\left\{ E \right\}$
Khi đó ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& MN\bot AE \\
& MN\bot SA \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow MN\bot \left( SAE \right)\Rightarrow \left( SAE \right)\bot \left( SMN \right)$ theo giao tuyến SE.
Trong tam giác SEA vuông tại A, kẻ $AH\bot SE=\left\{ H \right\}$
Khi đó $d\left( A;\left( SMN \right) \right)=AH$
Xét tam giác SAE có AH là đường cao, nên ta có $\dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{S{{A}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{E}^{2}}}=\dfrac{1}{{{\left( 3a \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( \dfrac{3a}{4} \right)}^{2}}}=\dfrac{17}{9{{a}^{2}}}$
Suy ra $AH=\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}\Rightarrow d\left( OG;AD \right)=\dfrac{3\sqrt{17}a}{17}$
Đáp án D.